山東省聊城市2019屆高三物理下學(xué)期三模試題（含解析）二、選擇題：共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.為了研究平拋物體的運動，用兩個完全相同的小球A、B做下面的實驗：如圖所示，用小錘打擊彈性金屬片，A球立即水平飛出，同時B球被松開，做自由落體運動，兩球同時落地。A、B兩小球自開始下落到落地前的過程中，兩球的A. 速率變化量相同B. 速度變化率不同C. 動量變化量相同D. 動能變化量不同【答案】C【解析】【詳解】速率是標(biāo)量，其變化量直接相減，A的速率變化量等于末速度的大小減小水平方向初速度的大小，B的速率變化量等于落地時豎直方向的速度大小，兩者大小不相等，A錯誤；速度變化率指的就是兩球的加速度，均為g，相同，B錯誤；兩個小球所受重力相同，落地時間相同，動量的變化量相同為mgt， C正確；下落高度相同，重力做功相同，動能的變化量等于重力做功，相同，D錯誤。2.如圖所示，勻強磁場中有兩個由相同導(dǎo)線繞成的圓形線圈a、b，磁場方向與線圈所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大。a、b兩線圈的半徑之比為2：1，匝數(shù)之比為1：2。線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為和，某時刻磁通量分別為和，不考慮兩線圈間的相互影響。下列說法正確的是A. ：=4：1，：=4：1，感應(yīng)電流均沿順時針方向B. ：=2：1，：=4：1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向C. ：=4：1，：=2：1，感應(yīng)電流均沿順時針方向D. ：=2：1，：=4：1，感應(yīng)電流均沿順時針方向【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)，可知任意時刻兩個圓的磁感應(yīng)強度相同，則有：，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：，因相同，則有：，由于磁場向外，磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流均沿順時針方向，D正確。3.在港珠澳大橋建設(shè)中，將一個根直徑22m，高40.5m的鋼筒，打入海底圍成人工島，創(chuàng)造了快速筑島的世界記錄。鋼筒質(zhì)量為M，起重機用10根對稱分布的、長為22m的鋼索將其吊起，靜止于空中。則每根鋼索受到的拉力大小約為A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】由于鋼筒的直徑為22m，鋼索的長為22m，則每兩根鋼索與直徑構(gòu)成等邊三角形，所以每根鋼索與豎直方向的夾角為；設(shè)每根鋼索受到的拉力大小為F，豎直方向根據(jù)平衡條件可得，解得：，B正確。4.如圖所示，完全相同的甲、乙兩個環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點，其中aO1O1bbO2O2c，此時a點的磁感應(yīng)強度大小為B1，b點的磁感應(yīng)強度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后，c點的磁感應(yīng)強度大小為A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】對于圖中單個環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場方向均是向左，故c點的磁場方向也是向左的。設(shè)ao1=o1b=bo2=o2c=r，設(shè)單個環(huán)形電流在距離中點r位置的磁感應(yīng)強度為B1r，在距離中點3r位置的磁感應(yīng)強度為B3r，故：a點磁感應(yīng)強度：B1=B1r+B3r；b點磁感應(yīng)強度：B2=B1r+B1r；當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點磁感應(yīng)強度：Bc=B3r=B1-B2，故選A。5.如圖所示，在勻強電場中有一直角三角形ABC，C=90，A=30，BC邊長2cm。電場強度的方向與三角形ABC平面平行。一電子從A點移到C點電場力做功為15eV，從B點移到C點電場力做功為5eV。則A. A、B兩點間的電勢差UAB為10VB. 電場強度的方向由A點指向C點C. 電場強度的大小為500V/mD. 一電子從B點移到AC的中點，電勢能增加2.5eV【答案】CD【解析】【詳解】A、由題意得：，故選項A錯誤；BC、把AC線段三等分，連接BR，如圖所示，由幾何關(guān)系得：，則，根據(jù)勻強電場等分線段等分電勢差得BR為等勢線，且，過A點作BR的垂線交于M點，可知，故，方向與AB成60夾角，故選項B錯誤，C正確；D、設(shè)AC的中點為P，有，由于，故，電子從B點移到AC中點P，電場力的功為：，即電勢能增加2.5eV，故選項D正確；故選選項CD。6.圖甲是光電效應(yīng)的實驗裝置圖，圖乙是光電流與加在陰極K和陽極A上的電壓的關(guān)系圖象，下列說法不正確的是（）A. 由圖線、可知在光的顏色不變的情況下，入射光越強，飽和電流越大B. 由圖線、可知對某種確定的金屬來說，其遏止電壓只由入射光的頻率決定C. 遏止電壓越大，說明從該金屬中逃出來的光電子的最大初動能越大D. 不論哪種顏色的入射光，只要光足夠強，就能發(fā)生光電效應(yīng)【答案】D【解析】由圖線、可知在光的顏色不變的情況下，入射光越強，飽和電流越大，故A說法正確；根據(jù)光電效應(yīng)方程可得：，可知入射光頻率越大，最大初動能越大，遏止電壓越大，可知對于確定的金屬，遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)，故B說法正確；根據(jù)最大初動能：中，遏止電壓越大，說明從該金屬中逃出來的光電子的最大初動能越大，故C說法正確；發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于截止頻率，與入射光的強度無關(guān)，故D說法錯誤。所以選D。7.在冰壺比賽中，紅壺以一定速度與靜止在大本營中心的藍(lán)壺發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，如甲圖所示。碰后運動員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面，來減小阻力。碰撞前后兩壺運動的v-t圖象如乙圖中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行。已知兩冰壺質(zhì)量相等，由圖象可得A. 紅、藍(lán)兩壺的碰撞可能是彈性碰撞B. 碰撞后，藍(lán)壺的瞬時速度為0.8m/sC. 碰撞后，紅、藍(lán)兩壹運動的時間之比為1：6D. 碰撞后，紅、藍(lán)兩壺與冰面間的動摩擦因數(shù)之比為5：4【答案】BD【解析】【詳解】設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，碰前紅壺的速度=1.0m/s，碰后速度為=0.2m/s，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：v=0.8m/s，碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為：m0，所以紅藍(lán)兩壺碰撞過程是非彈性碰撞，A錯誤，B正確；設(shè)碰撞后，藍(lán)壺經(jīng)過ts時間停止運動，根據(jù)三角形相似法知，解得藍(lán)壺運動時間：=5s，由圖示圖線可知，紅壺的加速度大小：m/s2，碰撞后紅壺的運動時間：s，則碰撞后紅、藍(lán)壺運動時間之比為1：5，C錯誤；藍(lán)壺的加速度大小：m/s2，由牛頓第二定律得：，解得動摩擦因數(shù)：，則紅、藍(lán)壺與冰面間的動摩擦因數(shù)之比：，D正確。8.2019年4月10日，“事件視界望遠(yuǎn)鏡項目正式公布了人類歷史上第一張黑洞照片。黑洞是一種密度極大，引力極強的天體，以至于光都無法從天體表面逃逸，所以稱為黑洞，理論分析表明，任意天體的逃逸速度是環(huán)繞速度(第一宇宙速度)的倍。如果天文學(xué)家觀測到距離某果洞為r的天體以速度v繞該黑洞做勻速圓周運動。已知光速為c，引力常最為G。下列關(guān)于該黑洞的說法，正確的是A. 該黑洞質(zhì)量為B. 該黑洞質(zhì)量為C. 該黑洞的最小半徑為D. 該黑洞的最大半徑為【答案】AD【解析】【詳解】由于某天體繞黑洞做勻速圓周運動，則天體所受的萬有引力等于向心力，則有：，解得：，A正確，B錯誤；設(shè)“黑洞”的可能半徑為R，質(zhì)量為M，逃逸速度大于真空中光速的天體才能成為黑洞，所以需滿足逃逸速度大于光速c；即有，又，代入可得，該黑洞最大半徑，C錯誤，D正確。9.圖甲為“測量小車與水平桌面間的動摩擦因數(shù)”的實驗裝置，帶滑輪的長木板水平固定，跨過小車上的光滑定滑輪的兩根細(xì)線均與長木板平行。某實驗小組在實驗中得到一紙帶如圖乙所示，A、B、C、D、E為5個相鄰的計數(shù)點，相鄰的兩個計數(shù)點之間還有四個計時點未畫出。已知打點計時器的工作頻率為50Hz。(1)現(xiàn)把一直尺緊貼各計數(shù)點放置，如圖乙所示。E點的讀數(shù)xE=_cm。(2)根據(jù)紙帶數(shù)據(jù)，可求出小車加速度a=_m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。(3)若已求出小車的加速度為a，讀出拉力傳感器的示數(shù)為F，測得小車的質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則小車與水平桌面間的動摩擦因數(shù)的計算式為=_?！敬鸢浮?(1). 7.20 (2). 0.40 (3). 【解析】【詳解】（1）根據(jù)刻度尺的讀數(shù)原理，可知E點的讀數(shù)xE為7.20cm；（2）根據(jù)可得：m/s2，對小車受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得。10.圖甲是某實驗小組在“練習(xí)使用多用電表”實驗中電路圖。使用的器材有：A多用電表；B.電壓表：量程5V，內(nèi)阻十幾千歐；C滑動變阻器：最大陽值5k；D.導(dǎo)線若干。實驗進(jìn)行了如下操作：(1)將多用電表擋位調(diào)到電阻“1k擋，再將紅表筆和黑表筆_，調(diào)節(jié)“歐姆調(diào)零旋紐”使指針指到“0”。(2)將圖甲中多用電表的紅表筆和_(選填“1”或“2”)端相連，黑表筆連接另一端。(3)多用電表的示數(shù)如圖乙所示，讀數(shù)為_。(4)多用電表電阻擋內(nèi)部電路可等效為由一個電池.-個滿騙電流Ig=0.6mA的電蔬表和一個滑動變阻器串聯(lián)而成的電路，如圖丙所示。實驗中一同學(xué)先調(diào)節(jié)甲圖中潛動變阻器的滑片，使其接人電路的阻值為零，用歐姆擋正確測量時，多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為12.0k和4.00V.根據(jù)前面的實驗數(shù)據(jù)計算可得，此多用電表內(nèi)電他的電動勢為_V。(5)該歐姆表用久后，電池因老化造成其電動勢成小、內(nèi)阻增大但該歐姆表仍能進(jìn)行歐姆調(diào)零，則用其測得的電阻值_真實值(填“大于”等于或“小于”)?！敬鸢浮?(1). 直接接觸或短接 (2). 1 (3). 1.5104 (4). 9 (5). 大于【解析】【詳解】（1）歐姆表使用前一定要進(jìn)行歐姆調(diào)零，即紅黑表筆直接接觸或短接后，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指到0歐姆；（2）紅正黑負(fù)，電流從紅表筆流入電表，從黑表筆流出電表；電流從電壓表正接線柱流入，故紅表筆接觸1；（3）歐姆表讀數(shù)=倍率表盤讀數(shù)=1k15.0=；（4）調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零，此時多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為12.0k和4.00V；多用電表的中值電阻等于內(nèi)電阻，故R=15.0k；由閉合電路歐姆定律和歐姆定律，可得：，代入數(shù)據(jù)有：V；（5）當(dāng)歐姆表中的電池電動勢變小，內(nèi)阻變大時，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，相同的待測電阻通過多用電表的電流減小，指針偏轉(zhuǎn)角度減小，指針指示的讀數(shù)變大，則測量值將變大。11.如圖所示，AC為光滑半圓軌道，其半徑R=0.3m，BD為粗糙斜面軌道，其傾角=37，高度h=0.6m，兩軌道之間由一次條足夠長的光滑水平軌道AB相連，B處用光滑小圓弧平滑連接，軌道均固定在同一豎直平面內(nèi)。在水平軌道上，用擋板將a、b兩物塊間的輕彈餐壓縮后處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊與彈簧不拴接。同時放開左右兩擋板，物塊b恰好能到達(dá)斜面軌道最高點D。已知物塊a、b的質(zhì)量均為0.25kg，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為=0.5，物塊到達(dá)A點或B點之前已和彈簧分離，兩物塊均可視為質(zhì)點。重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。(1)求彈簧儲存的彈性勢能；(2)請通過計算說明物塊a能否通過C點?若能，請求出物塊a離開C后的落點到A的距離?！敬鸢浮浚?）5J （2）0.98m【解析】【詳解】(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，離開彈簧后的速度大小為v1、v2，物塊b沿斜面上滑過程，由動能定理得：由動量守恒定律得：由機械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：，=5J(2)假設(shè)物塊a能通過最高點，由機械能守恒定律得：代如果數(shù)據(jù)可解得：在最高點C，由牛頓第二定律得：代入數(shù)據(jù)可解得：FN=4.17N因為FN0，所以假設(shè)成立，物塊能通過C點。a離開C后做平拋運動，在豎直方向有：落點到A的距離為代入數(shù)據(jù)可解得s=0.98m12.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R足夠長區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有方向向左的勻強電場，區(qū)域左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域I邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域在FG延長線上距G點為R處的M點放置一足夠長的熒光屏MN，熒光屏與FG成角，在A點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進(jìn)入?yún)^(qū)域并垂直打在熒光屏上（不計粒子重力及其相互作用）求：（1）粒子初速度大小v0；（2）電場的電場強度大小E；（3）熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度x【答案】（1） （2） （3）1.2R【解析】【詳解】(1)如圖所示，分析可知，粒子在區(qū)域I中運動半徑 由 得 ；(2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域III中的運動半徑為 由 得： 粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得： 解得：；(3)如圖分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最高點穿出，打在離M點處的屏上，由幾何關(guān)系得： 解得： 速度方向與電場方向平行向右射放區(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最低點穿出打在離M點處的屏上，由幾何關(guān)系得：解得：分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度為 解得： 。13.下列說法正確的是_A. 晶體一定具有規(guī)則的幾何形狀B. 一定質(zhì)量的0冰變成同溫度的水，內(nèi)能一定增加C. 已知氧氣的密度和摩爾質(zhì)量，可以估算氧氣分子的直徑D. 絕對濕度相同，溫度較低時相對濕度較大，感覺越潮濕E. 一定質(zhì)量的某種理想氣體密閉在氣缸里，當(dāng)其發(fā)生等壓膨脹時，單位時間內(nèi)撞擊器壁單位面積的氣體分子數(shù)一定減少【答案】BDE【解析】【詳解】晶體內(nèi)部的物質(zhì)微粒是有規(guī)則地排列的，外部不一定有規(guī)則的幾何形狀，而形狀不規(guī)則的金屬也是晶體，A錯誤；一定質(zhì)量的0的冰變成0的水需要吸收熱量，分子的平均動能不變，而分子勢能增大，其內(nèi)能增加，B正確；已知氧氣的密度和摩爾質(zhì)量可求摩爾體積，因為氧氣分子間隙較大，故摩爾體積除以阿伏伽德羅常數(shù)得氧氣分子所占的體積，C錯誤；相對濕度=，飽和濕度與溫度有關(guān)，故相對濕度與溫度有關(guān)，而絕對濕度與溫度無關(guān)，指每單位容積的氣體所含水分的重量，故絕對濕度相同，溫度低時相對濕度大，感覺潮濕，D正確；密閉在氣缸里的一定質(zhì)量理想氣體發(fā)生等壓膨脹時，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可知，氣體的溫度一定升高，氣體分子的平均動能增大，則每一次對器壁的平均撞擊力增大，而氣體的壓強不變，所以單位時間碰撞器壁單位面積的氣體分子數(shù)一定減少，E正確。14.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B再變化到狀態(tài)C，其p V圖像如圖所示。已知該氣體在狀態(tài)A時的溫度為27 ，求：()該氣體在狀態(tài)B和C時的溫度分別為多少K?()該氣體從狀態(tài)A經(jīng)B再到C的全過程中是吸熱還是放熱？傳遞的熱量是多少？【答案】（1）600K，300K （2）放熱，1000J【解析】【詳解】（1）根據(jù)圖象可知A到B過程發(fā)生等容變化，A狀態(tài)：壓強pA=2105 Pa，溫度：TA=（27+273）K=300 KB狀態(tài)：壓強pB=4105 Pa，溫度：TB根據(jù)查理定律可得：解得：TB=600 K，tB=327 根據(jù)圖象可知B到C過程發(fā)生等壓變化，B狀態(tài)：體積VB=4.0103 m3，溫度：TB=600 KC狀態(tài)：體積VC=2.0103 m3，溫度：TC根據(jù)蓋呂薩克定律可得：解得：TC=300 K，即tC=27 （2）由于TA=TC，一定質(zhì)量理想氣體在狀態(tài)A和狀態(tài)C內(nèi)能相等，U=0從A到B氣體體積不變，外界對氣體做功為0，從B到C氣體體積減小，外界對氣體做正功，由pV圖線與橫軸所圍矩形的面積可得外界對氣體做功：W=PC（VBVC）=4.0105（4.01032.0103）J=8102 J由熱力學(xué)第一定律：U=W+Q可得：Q=8102 J，即氣體向外界放出熱量。15.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t時刻的